2022-2023学年辽宁省部分学校高二下学期期末联考数学试题含答案

2022-2023学年辽宁省部分学校高二下学期期末联考数学试题

一、单选题

1．设集合，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】根据题意，将集合化简，然后结合交集的运算，即可得到结果.

【详解】因为，所以．

故选：A

2．已知，则下列不等式一定正确的是（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】根据不等式的性质判断C、D，利用特殊值判断A、B.

【详解】因为，所以，故D正确；

对于A：若，，满足，此时，故A错误；

对于B：若，，满足，此时，故B错误；

对于C：因为，所以，故C错误；

故选：D

3．等差数列的前项和为，且，则（    ）

A．63 B．45 C．49 D．56

【答案】A

【分析】先根据已知求出公差，再利用求和公式得出结果.

【详解】设公差为，由可得，

解得，故．

故选：A.

4．函数的部分图像大致为（    ）

A．   B．  

C．   D．  

【答案】C

【分析】求的定义域，并判断奇偶性，可排除不满足相应对称性的图像，再通过判断相应区间函数值的正负，即可选出答案.

【详解】因为，所以的定义域为．且关于原点对称.

又，

所以是奇函数，则排除A，D．

当时，，当时，，排除B，

故选：C．

5．已知函数，在上单调递增，则的取值范围是（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】根据函数在上单调性可得答案.

【详解】因为函数在上单调递增，

所以题意可得解得．

故选：D.

6．“”是“方程有实数解”的（    ）

A．充分不必要条件 B．必要不充分条件

C．充要条件 D．既不充分也不必要条件

【答案】B

【分析】根据充分条件与必要条件的定义求解.

【详解】当时，此时的方程为，即无解，所以有实数解；

因为，所以，即，所以方程有实数解；

所以“”是“方程有实数解”的必要不充分条件．

故选：B.

7．已知定义在上的奇函数满足对任意的，且，都有，若，则的解集为（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】根据条件可知函数在上单调递减，再根据奇函数性质即可得出函数的单调性，结合条件并对进行分类讨论即可解出不等式.

【详解】对任意的，且，都有，

即在上是减函数，因为，所以在上是减函数，

为奇函数，可得，，可得，

因为，

所以当时，；

当时，，根据在上单调递减可得；

当时，，根据在上单调递减可得；

综上可知，不等式的解集为.

故选：A.

8．已知过点作的曲线的切线有且仅有两条，则的取值范围为（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】先根据导数求出切线斜率，再构造函数把有两条切线转化为函数有两个交点解决问题即可.

【详解】设切点为，由题意得，所以，

整理得，此方程有两个不等的实根．

令函数，则．

当时，，所以在上单调递增;

当时，，所以在上单调递减,且．

，方程有两个不等的实根,故．

故选：D.

二、多选题

9．已知，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】BCD

【分析】根据题意，令，即可判断A，由幂函数的单调性即可判断B，由指数函数的单调性即可判断C，由对数函数的单调性即可判断D.

【详解】当时，，A错误．

函数在上单调递增，B正确．

函数在上单调递增，C正确．

函数在上单调递增，D正确．

故选：BCD

10．若函数既有极大值又有极小值，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】AC

【分析】先判断函数定义域，再求导，将题意转化为方程有两个不等的正根，根据一元二次方程相关知识直接求解即可.

【详解】的定义域为，

因为若函数既有极大值又有极小值，

所以方程有两个不等的正根，

所以，解得，

所以A和C正确，B和D错误.

故选：AC

11．设，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】BCD

【分析】选项A：根据对数运算相关知识即可解决；选项B：根据对数运算相关知识进行适当放缩即可解决；选项C：根据对数运算相关知识即可解决；选项D：根据对数运算相关知识及基本不等式进行放缩即可解决；

【详解】选项A：，A错误．

因为，，所以，

选项B：因为，

，则

有，所以，B正确．

选项C：，C正确．

选项D：，D正确．

故选：BCD.

12．已知函数，函数，则下列结论正确的是（    ）

A．若，则有2个零点 B．若，则有6个零点

C．若有5个零点，则的取值范围为 D．一定有零点

【答案】ABD

【分析】画出的简图，令，则，令，则，然后结合图象，分，，，，和六种情况讨论函数的零点即可.

【详解】令，解得或2；令，解得或1或3．

根据函数图象的平移变换，可画出的简图，如图所示．

令，则，令，则．

当时，只有1解，且，此时只有1解，所以只有1个零点．

当时，有2解，即或2．

有1解；有2解．所以有3个零点．

当时，有3解．当时，只有1解；当时，有2解；当时，有2解．所以有5个零点．

当时，有3解，即或1或3．只有1解；有2解；有3解．所以有6个零点．

当时，有2解．当时，有2解；当时，有3解．所以有5个零点．

当时，只有1解有2解，所以有2个零点．

当时，只有1解，且，此时只有1解，所以只有1个零点．

综上，A，B，D正确．

故选：ABD

【点睛】关键点点睛：此题考查函数与方程，考查分段函数的性质，解题的关键是画出的图象，结合图象分情况求解，考查数形结合的思想和分类讨论的思想，属于较难题.

三、填空题

13．已知幂函数是奇函数，则         ．

【答案】3

【分析】由幂函数定义求得，再判断奇偶性可得答案．

【详解】由，解得或，

时，不是奇函数，时，是奇函数，所以．

故答案为：3.

14．已知函数的定义域为，则函数的定义域为         ．

【答案】

【分析】根据给定条件，利用函数有意义，结合复合函数的意义，列出不等式求解作答.

【详解】依题意，，解得，

所以函数的定义域为.

故答案为：

15．黄金比又称黄金律，是指事物各部分间一定的数学比例关系，即将整体一分为二，较大部分与较小部分之比等于整体与较大部分之比．其中，较大部分与整体之比的比值称为黄金分割数，黄金分割数被公认为最具有审美意义的比例数字．若数列是以黄金分割数为公比的等比数列，且，则         ．

【答案】2023

【分析】先根据题意列方程求出黄金分割数，则可得等比数列的公比，然后根据等比数列的通项公式和黄金分割数的性质求解即可.

【详解】由题意，设整体为1，较大部分为，则较小部分为，则，

即，解得（舍去），故黄金分割数为．

令，则，即，

所以，故．

故答案为：2023

16．已知函数的图象与函数和函数的图象分别交于两点，若，则         ．

【答案】4

【分析】设，，则，，根据距离公式及两点的斜率公式求出，即可求出点坐标，再代入计算可得.

【详解】因为，

所以函数的图象恒在函数上方，

设，，则，，

由可得，

又因为所在直线的斜率为，所以，

因为，所以，

即，解得，

因为，所以，代入函数，可得．

故答案为：

四、解答题

17．已知定义在上的奇函数满足当时，．

(1)求的解析式；

(2)若，求的值．

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）由奇函数的定义求解析式；

（2）根据函数值的正负确定，选用相应的函数式计算求解．

【详解】（1）因为是定义在上的奇函数，所以．

当时，，则．

故

（2）由（1）可得只有当时，．

因为，所以，解得．

故的值为．

18．已知正实数满足．

(1)求的最小值；

(2)求的最小值．

【答案】(1)9

(2)8

【分析】运用基本不等式求解.

【详解】（1）因为，所以．

，

当且仅当时，等号成立；

（2）因为为正实数，所以，

又，所以，解得，

当且仅当时，等号成立；

综上，的最小值为9，的最小值为8.

19．已知大气压强（帕）随高度（米）的变化满足关系式是海平面大气压强．

(1)世界上有14座海拔8000米以上的高峰，喜马拉雅承包了10座，设在海拔4000米处的大气压强为，求在海拔8000米处的大气压强（结果用和表示）．

(2)我国陆地地势可划分为三级阶梯，其平均海拔如下表：

若用平均海拔的范围直接代表海拔的范围，设在第二级阶梯某处的压强为，在第三级阶梯某处的压强为，证明：．

【答案】(1)

(2)证明见解析

【分析】（1）设在海拔8000米处的大气压强为，根据已知条件列出关于的方程组可得答案；

（2）设在第二级阶梯某处的海拔为，在第三级阶梯某处的海拔为，根据已知条件列出关于的方程组，两式相减可得，再根据的范围可得答案．

【详解】（1）设在海拔8000米处的大气压强为，

所以，解得；

（2）设在第二级阶梯某处的海拔为，在第三级阶梯某处的海拔为，

则，

两式相减可得，

因为，所以，

则，

即，

故．

20．已知数列满足．

(1)求的通项公式；

(2)若，求数列的前项和．

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）由可知应将用代，迭代可得，再将两式相比可得隔项比为，验证首项不为零可得数列是以为首项，4为公比的等比数列，数列是以为首项，4为公比的等比数列，再求通项.

（2）由可得通项结构为等差数列乘等比构成，可用错位相减法求和.

【详解】（1），，

两式相比得．

，．

数列是以为首项，4为公比的等比数列；

数列是以为首项，4为公比的等比数列．

．

综上，的通项公式为．

（2）．

，

．

两式相减得

，

所以．

21．已知函数且．

(1)试讨论的值域；

(2)若关于的方程有唯一解，求的取值范围．

【答案】(1)答案见解析

(2)

【分析】（1）由，根据，分和讨论求解；

（2）根据方程只有一个解，转化为有唯一解，令，转化为关于的方程有唯一解求解.

【详解】（1）解：．

因为，

所以当时，；当时，．

故当时，的值域为；当时，的值域为．

（2）因为关于的方程只有一个解，

所以有唯一解．

令，所以有唯一解．

关于的方程有唯一解，

设．

当时，，解得，不符合题意．

当时，，所以一定有一个解，符合题意．

当时，，解得．

当时，符合题意，当时，不符合题意．

综上，的取值范围为．

22．已知函数满足，且，函数．

(1)求的图象在处的切线方程；

(2)若对任意，存在，使得，求的取值范围．

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）将代入已知等式得，进而求得，即可写出切线方程；

（2）问题化为分别在、上，再由已知得，构造利用导数研究上函数符号，判断单调性，即可得最小值，根据二次函数性质确定在上最小值，即可求参数范围.

【详解】（1）令得，即．

因为，所以，故在处的切线方程为．

（2）由题意知：分别在、上，

由，得．

令，则．

因为，所以，则在上单调递增．

，即．

所以在上单调递减，．

图象的对称轴方程是．

当时，，解得．

当时，，无解．

综上，的取值范围为．

【点睛】关键点点睛：第二问，注意将题设条件转化为给定区间内有，再应用导数、二次函数性质研究最小值，并比较大小即可.